Epreuve E3A Maths 2 PSI- corrigé Préliminaires 1. u = 2 cos(θ/2)eiθ/2 . On distingue trois cas : – Si θ = π, alors u = 0 et u n’a pas d’argument. – si θ < π, |u| = 2 cos(θ/2) et arg(u) ≡ θ/2 (2π) ; – si θ < π, |u| = −2 cos(θ/2) et arg(u) ≡ π + θ/2 (2π) si θ > π. 2. 2.1. 2.1.1. P1 (X) = 3X 2 − 1, P2 (X) = 5X 4 − 10X 2 + 1. 2.1.2. Les polynômes irréductibles de R[X] sont les polynômes de degré 1 et ceux de degré 2 à discriminant < 0, ce qui n’est pas le cas de P1 , ni évidemment de P2 . 2.2. 2.2.1. Avec la formule du binôme : 2n+1 2n+1 X 2n + 1 ik − (−i)k X 2n + 1 2n+1−k Pn (X) = X = Im(ik )X 2n+1−k . k 2i k k=0 k=0 Or Im(ik ) = 0 si k est pair, donc : Pn (X) = n X 2n + 1 k=0 2k + 1 (−1)k X 2n−2k . On en déduit que Pn est élément de R2n [X], donc de C2n [X], de degré 2n et de coefficient = 2n + 1. dominant 2n+1 1 2.2.2. L’espression (sic) générale est : zk = ei2kπ/N , pour 1 ≤ k ≤ N . 2.2.3. Pn (i) = (2i)2n = (−1)n 22n . 2.2.4. Si Pn (z) = 0, alors |z + i| = |z − i|, ce qui montre que z est sur la médiatrice du segment [−i, i], donc z ∈ R. a+i est racine (2n + 1)-ème de 1. On en déduit (par 2.2.5. Si Pn (a) = 0, alors a 6= i d’après 2.2.3 et a−i a+i a+i 2.2.2) qu’il existe k ∈ {0, . . . , 2n + 1} tel que = ei2kπ/(2n+1) . Or 6= 1, donc k 6= 2n + 1, a−i a−i ce qui montre le sens direct après réduction. Réciproquement, s’il existe k ∈ {0, . . . , 2n} tel que a(e2ikπ/(2n+1) − 1) = i(e2ikπ/(2n+1) + 1), alors (a − i)e2ikπ/(2n+1) = a + i donc (a − i)2n+1 = (a + i)2n+1 et enfin Pn (a) = 0. 2.2.6. Soit k ∈ {1, . . . , 2n}. On résout : a(e2ikπ/(2n+1) −1) = i(e2ikπ/(2n+1) +1), et comme e2ikπ/(2n+1) 6= 1 1, il vient : a = (licite car kπ/(2n + 1) 6= π/2). Chaque valeur de k fournit tan(kπ/(2n + 1)) une valeur distincte de a, on a donc 2n racines distinctes pour un polynôme de degré 2n, donc exactement toutes les racines de Pn . 2.2.7. D’après le calcul fait au 2.2.1 : n X 2n + 1 Qn (X) = (−1)k X n−k . 2k + 1 k=0 √ 2.2.8. Q1 (X) = 3X − 1 (racine 1/3), Q2 (X) = 5X 2 − 10X + 1 (racines : 1 ∓ 2/ 5). 2.2.9. Les racines de Qn sont les carrés des racines de Pn . Précisément, comme tan((2n+1−k)π/(2n + 1)) = 1 − tan(kπ/(2n + 1)), les racines de Qn sont , pour 1 ≤ k ≤ n. tan2 (kπ/(2n + 1)) 3. On reconnaît la somme des racines de Qn (X), donc d’après les relations coefficients racines : − 2n+1 n(2n − 1) 3 = Sn = − 2n+1 . 3 1 4. Pour 0 < x < π/2, les inégalités sont strictes et : 0< 1 1 1 < < . tan x x sin x On élève au carré et avec 1 = cos2 x + sin2 x : 0< 1 sin2 x + cos2 x 1 1 ≤ =1+ ≤ . 2 2 2 x tan x tan2 x sin x X 1 converge si et seulement si α > 1. Ici α = 2. kα On applique l’encadrement du 4 aux termes de Sn , il vient : 5. D’après le critère de Riemann, la série Sn ≤ n X k=1 1 ≤ n + Sn . k2 π2 (2n + 1)2 Comme Sn ∼ 2n2 /3 d’après 3., on en déduit : n X (2n + 1)2 k=1 k2 π2 ∼ 2n2 /3 n +∞ X X 1 π2 1 π2 donc ∼ , c’est-à-dire = . k2 6 k2 6 k=1 k=1 Partie 1 ts+1 et v(t) = ln(t). Les fonctions u et v sont de classe C 1 sur ]0, 1] et u(t)v(t) → 0 s+1 quand t tend vers 0. D’après le théorème d’intégration par parties, sous réserve de la convergence d’une des intégrales : Z 1 Z 1 s ts+1 t s 1 t ln(t) dt = [ ln(t)]0 − dt. s+1 0 0 s+1 1. On pose u(t) = On en déduit la convergence de Js et Js = −1 . (s + 1)2 2/ 5 tx ln(t) est continue sur ]0, 1[. Elle est de signe constant, il s’agit donc d’étudier t−1 son intégrabilité sur ]0, 1[. En 0, f (t) ∼ −tx ln(t), donc f est intégrable au voisinage de 0 si x > −1 d’après 1. Si x ≤ −1, alors tx = o(f (t)) en 0. Or, d’après le critère de Riemann, t 7→ tx n’est pas intégrable au voisinage de 0, donc f non plus. ln(t) ∼ 1, donc f est prolongeable par continuité en 1. En 1, f (t) ∼ t−1 Finalement, f est intégrable (et donc, H(x) est bien définie) si et seulement si x > −1. ln(t) 2.2. Pour tout t ∈]0, 1[, > 0 et x 7→ tx est décroissante, donc l’intégrande est une fonction décroist−1 sante de x. Par croissance de l’intégrale, on en déduit que H est décroissante sur DH . tα (ln(t))2 2.3. Notons cette fois f : t 7→ . 1−t Cette fonction est continue sur ]0, 1[ d’après les théorèmes généraux. Comme α > 0, par croissances comparées : limt→0 f (t) = 0. Au voisinage de 1, f (t) ∼ 1 − t → 0, donc f admet un prolongement par continuité en 0 et en 1, nécessairement borné car une fonction continue sur un segment est bornée. tx ln(t) tx (ln(t))2 2.4. Pour tout t ∈]0, 1[, la fonction x 7→ est de classe C 1 sur DH , de dérivée x 7→ . t−1 t−1 tx ln(t) est intégrable sur ]0, 1[ (vu au 2.1) et la fonction Pour tout x ∈ DH , la fonction t 7→ t−1 tx (ln(t))2 t 7→ est continue par morceaux sur ]0, 1[ (théorèmes généraux). t−1 Enfin, fixons un segment [a, b] ⊂ DH . Pour tout x ∈ [a, b], pour tout t ∈]0, 1[, x t (ln(t))2 ta (ln(t))2 ≤ t − 1 t − 1 . 2. 2.1. La fonction f : t 7→ ta (ln(t))2 . C’est une fonction continue par morceaux sur ]0, 1[, prolongeable t−1 par continuité en 1 (de la même façon qu’au 2.3), et en 0 : ϕ(t) ∼ −ta (ln(t))2 . Soit c ∈] − 1, a[. Alors ta−c (ln(t))2 → 0 en 0 par croissance comparée, donc ϕ(t) = o(tc ). Or t 7→ tc est intégrable au voisinage de 0 par le critère de Riemann, donc ϕ est, finalement, intégrable sur ]0, 1[, ce qui assure la domination des dérivées. D’après leZ théorème de dérivation des intégrales à paramètre, H est C 1 sur DH et, pour tout x ∈ DH , 1 x t (ln(t))2 H 0 (x) = dt. La fonction intégrée est négative, donc H 0 (x) ≤ 0, ce qui confirme que H t − 1 0 est décroissante sur DH . Notons ϕ : t ∈]0, 1[7→ 2.5. Fixons α > −1. Pour tout t ∈]0, 1[, txn ln(t) → 0 car lim tx = 0. x→+∞ t−1 txn ln(t) tα (ln t) ≤ . Cette dernière fonction est t−1 t−1 intégrable sur ]0, 1[ d’après 2.1, ce qui assure la domination. D’après le théorème de convergence dominée, H(xn ) → 0. Par caractérisation séquentielle de la limite, on en déduit que limx→+∞ H(x) = 0. À partir d’un certain rang n0 , xn > α, donc 0 ≤ 2.6. Pour x > −1, Z H(x) − H(x + 1) = 0 1 (tx − tx+1 ) ln(t) dt = t−1 Z 0 1 −tx ln(t) dt = 1 (1 + x)2 (d’après 1.) 2.7. On a H(x) = H(x + 1) + 1 1 . Or H est continue en 0, donc H(x) ∼ en −1. 2 (x + 1) (x + 1)2 3/ 5 2.8. 1 1 ∼ 2 et le critère de Riemann assure la convergence. (x + k)2 k 1 2.8.2. D’après 2.6, pour tout k ∈ N∗ , H(x+k−1)−H(x+k) = . On somme pour k ∈ {1, . . . , n}, (x + k)2 et le résultat vient par téléscopage. 2.8.1. Pour x fixé, 2.8.3. Pour x fixé, H(x + n) → 0 quand n → +∞ d’après 2.5. En faisant tendre n vers +∞ dans +∞ X 1 . l’égalité du 2.8.2, il vient : H(x) = (x + k)2 k=1 2.8.4. H(0) = +∞ X k=1 π2 1 = et H(1) = H(0) − 1. k2 6 Partie 2 1. La fonction t 7→ 1 est décroissante sur [k, k + 1], donc, pour tout t ∈ [k, k + 1] : (x + t)2 1 1 1 ≤ ≤ . 2 2 (x + k + 1) (x + t) (x + k)2 On obtient l’encadrement demandé par intégration sur [k, k + 1]. 2. On somme de 1 à +∞ (licite avec 2.8.3), il vient : H(x) − 1 1 ≤ ≤ H(x), 2 (x + 1) x+1 1 1 1 1 ≤ H(x) ≤ + , donc H(x) ∼ en +∞. 2 x+1 x + 1 (x + 1) x X 1 un diverge (critère de Riemann). 3. 3.1. H(n) ∼ donc n n 1 1 n u = (−1) + ≤ . On en déduit (−1) L’encadrement du 2. a montré que 0 ≤ H(x) − n x+1 (x + 1)2 n+1 n X X 1 1 (−1) O . La série converge d’après le critère spécial des séries alternées, et comme n2 n+1 n2 X n converge absolument, on en déduit que (−1) un converge. soit 3.2. Soit N ∈ N∗ . N X (−1)n un = 1 Z 0 n=0 N ln(t) X (−t)n dt = t−1 n=0 Z 0 1 ln(t) dt + (−1)N t2 − 1 Z 1 N +1 t ln(t) 0 t2 − 1 dt. ln(t) ln(t) ≤ , le second terme est dominé par H(N ) et tend vers 0 quand N tend vers 2 t −1 t−1 +∞. On en déduit : Z 1 +∞ X ln(t) (−1)n un = dt. 2 0 t −1 Comme n=0 3.3. On pose v = ]0, 1[, donc : √ t. La fonction t 7→ Z 0 1 √ t est C 1 sur ]0, 1[, strictement croissante, et bijective de ]0, 1[ sur ln(v) dv = v2 − 1 (On peut en déduire H(−1/2) = pas demandé.) π 2 /2 Z 0 1 1 ln(t) 1 1 2 · √ dt = H(−1/2). t−1 2 t 4 avec une technique d’intégration terme à terme mais ce n’est 4/ 5 Partie 3 tp+1 et v(t) = [ln(t)]q . Les fonctions u et v sont C 1 sur ]0, 1], et limt→0 u(t)v(t) = 0. p+1 On en déduit : Z 1 p qt [ln(t)]q−1 q 1 Ip,q = [u(t)v(t)]0 − dt = − Ip,q−1 . p+1 p+1 0 1. 1.1. On pose u(t) = 1.2. On en déduit par récurrence : Ip,q = (−1)q q! . (p + 1)q+1 [ln(t)]n+1 . C’est une fonction continue sur ]0, 1[, qui tend vers 0 quand t tend t−1 √ √ √ n vers 1 (car f (t) ∼ (t − 1) ). Au voisinage de 0, tf (t) ∼ t[ln(t)]n+1 → 0, donc f (t) = o(1/ t) et f est intégrable au voisinage de 0 (critère de Riemann). Finalement, f est intégrable sur ]0, 1[, donc Bn est bien défini. 2. 2.1. On note ici f : t 7→ +∞ 2.2. Pour tout t ∈]0, 1[, X [ln(t)]n+1 =− tp [ln(t)]n+1 . t−1 p=0 Z Or 1 |tp [ln(t)]n+1 | dt = |Ip,n+1 | = 0 X (n + 1)! (n + 1)! . Comme n + 2 > 1, la série converge n+2 (p + 1) (p + 1)n+2 p≥0 et, d’après le théorème d’intégration terme à terme, Z 1 0 +∞ X [ln(t)]n+1 dt = − t−1 1 Z p=0 tp [ln(t)]n+1 dt = 0 +∞ X −Ip,n+1 . p=0 2.3. Avec la formule trouvée au 1.2, Bn = +∞ X (−1)n p=0 (n + 1)! = (−1)n (n + 1)!Zn+2 . (p + 1)n+2 3. Comme pour tout t > 0 et pour tout x ∈ R, tx = ex ln(t) = +∞ k X x [ln(t)]k k=0 Z H(x) = +∞ 1X 0 k=0 k! : xk [ln(t)]k+1 dt. k!(t − 1) Z 1 k |x| | ln(t)|k+1 |x|k Or, comme l’intégrande est de signe constant sur ]0, 1[, dt = |Bk | = (k+1)Zk+2 |x|k ≤ k!(t − 1) k! 0 X X X (k + 1)Z2 |x|k . La série entière (k + 1)xk est de rayon 1 (série dérivée de xk ), donc (k + 1)Z2 |x|k k≥0 k≥1 1 |x|k | ln(t)|k+1 converge si |x| < 1, et donc également dt, par comparaison. k!(t − 1) 0 D’après le théorème d’intégration terme à terme, XZ H(x) = +∞ Z X k=0 0 1 +∞ +∞ k=0 k=0 X Bk X xk [ln(t)]k+1 dt = xk = (−1)k (k + 1)Zk+2 xk . k!(t − 1) k! 4. Notons R le rayon de convergence. La formule du 3. est valide sur ] − 1, 1[, donc R ≥ 1. Si R > 1, alors H admet une limite finie en −1, ce qui contredit 2.7 (partie 2), donc R = 1. 5/ 5